子弹打木块模型

1、子弹打木块模型子弹打木块模型 子弹打木块主要有以下三种模型子弹打木块主要有以下三种模型: 1、木块在长木板上滑动、木块在长木板上滑动 2、小球在置于光滑水平面上的竖直平面内弧形、小球在置于光滑水平面上的竖直平面内弧形光滑轨道上滑动光滑轨道上滑动 及小车上悬一单摆的摆动过程及小车上悬一单摆的摆动过程 3、一静一动的同种电荷追碰运动、一静一动的同种电荷追碰运动模型概述模型概述其实这一类题型解决方法基本相同。一般要用到动量守其实这一类题型解决方法基本相同。一般要用到动量守恒、动量定理、动能定理及动力学等规律，综合性强、恒、动量定理、动能定理及动力学等规律，综合性强、能力要求高，是高中物理中常见的题型

2、之一，也是高考能力要求高，是高中物理中常见的题型之一，也是高考中经常出现的题型。中经常出现的题型。模型讲解模型讲解 子弹打木块的两种常见类型：子弹打木块的两种常见类型： 1、木块放在光滑的水平面上，子弹以初速度、木块放在光滑的水平面上，子弹以初速度v0射射击木块。击木块。 运动性质：运动性质：子弹对地在滑动摩擦力作用下做匀减速子弹对地在滑动摩擦力作用下做匀减速直线运动；木块在滑动摩擦力作用下做匀加速运动。直线运动；木块在滑动摩擦力作用下做匀加速运动。 图象描述：图象描述：从子弹击中木块时刻开始，在同一个从子弹击中木块时刻开始，在同一个vt坐标中，两者的速度图线如下图甲（子弹穿出木块）或图坐标中

3、，两者的速度图线如下图甲（子弹穿出木块）或图乙（子弹停留在木块中）中，图线的纵坐标给出各时刻两乙（子弹停留在木块中）中，图线的纵坐标给出各时刻两者的速度，图线的斜率反映了两者的加速度。两图线间阴者的速度，图线的斜率反映了两者的加速度。两图线间阴影部分面积则对应了两者间的相对位移。影部分面积则对应了两者间的相对位移。 处理方法：处理方法：把子弹和木块看成一个系统，利用把子弹和木块看成一个系统，利用A：系系统水平方向动量守恒；统水平方向动量守恒；B：系统的能量守恒（机械能不守系统的能量守恒（机械能不守恒）；恒）；C：对木块和子弹分别利用动能定理。对木块和子弹分别利用动能定理。 推推 论：论：系统损

4、失的机械能转化为内能，在数值上等于系统损失的机械能转化为内能，在数值上等于滑动摩擦力乘以相对位移，滑动摩擦力乘以相对位移， 即即 2、物块固定在水平面，子弹以初速度、物块固定在水平面，子弹以初速度v0射击木块，对射击木块，对子弹利用动能定理，子弹利用动能定理， 可得：可得：2022121mvmvdFtfEsFQf相对 两种类型的共同点：两种类型的共同点： A、系统内相互作用的两物体间的一对摩擦力做功的、系统内相互作用的两物体间的一对摩擦力做功的总和恒为负值。（因为有一部分机械能转化为内能）。总和恒为负值。（因为有一部分机械能转化为内能）。 B、摩擦生热的条件：必须存在滑动摩擦力和相对滑、摩擦生

5、热的条件：必须存在滑动摩擦力和相对滑行的路程。行的路程。 C、静摩擦力可对物体做功，但不能产生内能（因为、静摩擦力可对物体做功，但不能产生内能（因为两物体的相对位移为零）。两物体的相对位移为零）。例题分析例题分析 质量为质量为m子弹，以速度子弹，以速度V0射向静止在光滑水平桌面上射向静止在光滑水平桌面上的木块，木块的质量为的木块，木块的质量为M。已知子弹在木块中运动所受阻。已知子弹在木块中运动所受阻力恒为力恒为f，求木块至少为多长，子弹刚好不能射出木块。，求木块至少为多长，子弹刚好不能射出木块。 方法一：方法一： 解：子弹与木块组成的系统动量守恒，设共同运动的解：子弹与木块组成的系统动量守恒，

6、设共同运动的速度为速度为v，由动量守恒定律得，由动量守恒定律得 mv0=(M+m)v 设子弹相对桌面位移为设子弹相对桌面位移为S1 ,对子弹由动能定理得对子弹由动能定理得: -fS1=mv 2 /2-mv02/2 设木块相对桌面位移为设木块相对桌面位移为S1,对木块由动能定理得对木块由动能定理得: fS1=Mv 2/2-0 设木块长度为设木块长度为d， 则则S2S1d 由以上各式解得：由以上各式解得：d=Mmv02/2f(M+m) 方法二：方法二： 解：子弹与木块组成的系统动量守恒，设共同运动的解：子弹与木块组成的系统动量守恒，设共同运动的速度为速度为v，由动量守恒定律得，由动量守恒定律得 m

7、v0=(M+m)v 对子弹与木块组成的系统由能量守恒定律得对子弹与木块组成的系统由能量守恒定律得: mv02/2=（Mm）v2 /2fd 由以上各式解得：由以上各式解得：d=Mmv02/2f(M+m) 改变条件改变条件 如图厚度为如图厚度为d木块与水平桌面间的木块与水平桌面间的接触是光滑的，当木块固定时子弹刚接触是光滑的，当木块固定时子弹刚好不能射出，求木块不固定时子弹射好不能射出，求木块不固定时子弹射入木块的深度。已知子弹、木块的质入木块的深度。已知子弹、木块的质量分别为量分别为m、M。 解：设子弹初速为解：设子弹初速为v0，由动能定理得：，由动能定理得： 当木块固定时有当木块固定时有 f

8、d = 0-mv02/2 当木块不固定时，设子弹与木块共同运动速度为当木块不固定时，设子弹与木块共同运动速度为v， 由动量守恒定律得：由动量守恒定律得：mv0= (M+m)v 由能量守恒定律得：由能量守恒定律得：mv02/2 = (M+m)v2/2+f d 解得射入木块的厚度为：解得射入木块的厚度为：d = Md / ( M+m ) 例：例：质量为质量为M2Kg的木板固定在光滑水平地的木板固定在光滑水平地面上，面上，m=0.04Kg的子弹以速度的子弹以速度v1=500m/s射入，射入，射出速度为射出速度为v2=300m/s。如果木块不固定，子弹射。如果木块不固定，子弹射入后木块的速度多大？入后

9、木块的速度多大？ 解：当木块固定时摩擦力做的功为解：当木块固定时摩擦力做的功为 Wf =mv12/2-mv22/2当木块不固定时，设子弹刚好不能射出木块，由动量守恒当木块不固定时，设子弹刚好不能射出木块，由动量守恒定律得：定律得： mv0 = (M+m)v 由能量守恒定律得：由能量守恒定律得： mv02/2 = (M+m) v2/2+Wf 解得子弹射入木块的速度为：解得子弹射入木块的速度为：v0=400m/s v1v0,故子弹故子弹能射出木块，则能射出木块，则 mv1=Mv+mv mv12/2=mv2/2+Mv2/2+Wf 解得解得v=298.5m/s跟踪练习跟踪练习 1在光滑水平面上并排放两

10、个相同的木板，长度均在光滑水平面上并排放两个相同的木板，长度均为为L=1.00m，一质量与木板相同的金属块，一质量与木板相同的金属块，v0=2.00m/s的初速度向右滑上木板的初速度向右滑上木板A，金属块与木板间动摩擦因数，金属块与木板间动摩擦因数为为=0.1，g取取10m/s2。求两木板的最后速度。求两木板的最后速度。ABv0 金属块在板上滑动过程中，系统动量守恒。要金属块最金属块在板上滑动过程中，系统动量守恒。要金属块最终停在什么位置要进行判断。假设金属块最终停在终停在什么位置要进行判断。假设金属块最终停在A上。上。三者有相同速度三者有相同速度v，相对位移为，相对位移为x，则有，则有220

11、0321213mvmvmgxmvmvLmx34解得解得因此假定不合理，金属块一定会滑上因此假定不合理，金属块一定会滑上B。设：设：x为金属块相对为金属块相对B的位移，的位移，v1、v2表示表示A、B最后的最后的速度，速度，v0为金属块离开为金属块离开A滑上滑上B瞬间的速度。则有：瞬间的速度。则有：在在A上上 21201010022121212mvvmmvmgLmvvmmv2221202102212121)(2mvmvmvxLmgmvmvmv对全过程：对全过程：联立解得：联立解得： smsmvsmvvsmsmv/65/21/34)(0/31/12001或或舍或mxsmvsmv25. 0/65/3

12、121 解题中，整个物理过程可分为金属块分别在解题中，整个物理过程可分为金属块分别在A、B上上滑动两个子过程，对应的子系统为整体和金属块与滑动两个子过程，对应的子系统为整体和金属块与B。可分开列式，也可采用子过程可分开列式，也可采用子过程全过程列式，实际上是全过程列式，实际上是整体整体部分隔离法的一种变化。部分隔离法的一种变化。 2如图所示，一质量为如图所示，一质量为M长为长为l的长方形木块的长方形木块B放在光滑水平面放在光滑水平面上，在其右端放一质量为上，在其右端放一质量为m的小木块的小木块A，mM，现以地面为参照，现以地面为参照物，给物，给A和和B以大小相等、方向相反的初速度，使以大小相等

13、、方向相反的初速度，使A开始向左运开始向左运动，动，B开始向右运动，但最后开始向右运动，但最后A刚好没有滑离刚好没有滑离B板。地面为参照系。板。地面为参照系。 若已知若已知A和和B的初速度大小为的初速度大小为v0，求它们最后速度的大小和方，求它们最后速度的大小和方向；向； 若初速度的大小未知，求小木块若初速度的大小未知，求小木块A向左运动到最远处向左运动到最远处(从地面从地面上看上看)到出发点的距离。到出发点的距离。v0v0lBA A恰未滑离恰未滑离B板，则板，则A达达B最左端时具有相同速度最左端时具有相同速度v，有，有 Mv0-mv0=(M+m)v Mm, 所以所以 v0,即与即与B板原速同

14、向。板原速同向。0vmMmMv A的速度减为零时，离出发点最远，设的速度减为零时，离出发点最远，设A的初速为的初速为v0，A、B摩擦力为摩擦力为f，向左运动对地最远位移为，向左运动对地最远位移为S，则，则 而而v0最大应满足最大应满足 Mv0-mv0= (M+m)v 解得：解得：02120mvfS220)(21)(21vmMvmMfllMmMs43、在光滑水平面上静止放置一长木板、在光滑水平面上静止放置一长木板B，B的质量为的质量为M=2同，同，B右端距竖直墙右端距竖直墙5m，现有一小物块，现有一小物块 A，质质量为量为m=1，以，以v0=6m/s的速度从的速度从B左端水平地滑上左端水平地滑上

15、B。如图如图所示。所示。A、B间动摩擦因数为间动摩擦因数为=0.4，B与墙壁碰撞时与墙壁碰撞时间极短，且间极短，且碰撞时无能量损失。取碰撞时无能量损失。取g=10m/s2。求：要使物块。求：要使物块A最最终不脱离终不脱离B木板，木板木板，木板B的最短长度是多少？的最短长度是多少？AB5mv0A滑上B后到B与墙碰撞前，系统动量守恒，碰前是否有相同速度v需作以下判断：mv0=(M+m)v, v=2m/s 此时B对地位移为S1，则对B： S=1m5m,故在B与墙相撞前与A已达到相同速度v，设此时A在B上滑行L1距离，则 L1=3m2121MvmgS 2201)(2121vmMmvmgL【以上为第一子

16、过程】此后A、B以v匀速向右，直到B与墙相碰(此子过程不用讨论)，相碰后，B的速度大小不变，方向变为反向，A速度不变(此子过程由于碰撞时间极短且无能量损失，不用计算)，即B以v向左、A以v向右运动，当A、B再次达到相同速度v时：Mv-mv=(M+m)v v=2/3 m/s向左，即B不会再与墙相碰，A、B以v向左匀速运动。设此过程(子过程4)A相对B移动L2，则222)(21)(21vmMvmMmgL L2=1、33m L=L1+L2=4.33m为木板的最小长度。*+得 实际上是全过程方程。与此类问题相对应的是：当PA始终大于PB时，系统最终停在墙角，末动能为零。4、一质量为m、两端有挡板的小车

17、静止在光滑水平面上，两挡板间距离为1.1m，在小车正中放一质量为m、长度为0.1m的物块，物块与小车间动摩擦因数=0.15。如图示。现给物块一个水平向右的瞬时冲量，使物块获得v0 =6m/s的水平初速度。物块与挡板碰撞时间极短且无能量损失。求：小车获得的最终速度；物块相对小车滑行的路程；物块与两挡板最多碰撞了多少次；物块最终停在小车上的位置。 v0v0 当物块相对小车静止时，它们以共同速度v做匀速运动，相互作用结束，v即为小车最终速度mv0=2mv v=v0/2=3m/s S=6m 物块最终仍停在小车正中。*此解充分显示了全过程法的妙用。22022121mvmvmgS次65 . 615 . 0

18、dlSn5、如图4所示，电容器固定在一个绝缘座上，绝缘座放在光滑水平面上，平行板电容器板间的距离为d，右极板上有一小孔，通过孔有一左端固定在电容器左极板上的水平绝缘光滑细杆，电容器极板以及底座、绝缘杆总质量为M，给电容器充电后，有一质量为m的带正电小环恰套在杆上以某一初速度v0对准小孔向左运动，并从小孔进入电容器，设带电环不影响电容器板间电场分布。带电环进入电容器后距左板的最小距离为0.5d，试求：（1）带电环与左极板相距最近时的速度v；（2）此过程中电容器移动的距离s。（3）此过程中能量如何变化？（1）带电环进入电容器后在电场力的作用下做初速度为v0的匀减速直线运动，而电容器则在电场力的作用

19、下做匀加速直线运动，当它们的速度相等时，带电环与电容器的左极板相距最近，由系统动量守恒定律可得：动量观点：力与运动观点：设电场力为F （2）能量观点（在第（1）问基础上）：对m：对M：所以运动学观点：对M：，对m： ，解得： （3）在此过程，系统中，带电小环动能减少，电势能增加，同时电容器等的动能增加，系统中减少的动能全部转化为电势能。解得： 带电环与电容器的速度图像如图所示。由三角形面积可得： 如图所示，带弧形轨道的小车放在光滑的水平地面上，车左端被固定在地面上的竖直档板挡住，已知小车的弧形轨道和水平部分在点相切，段光滑，段粗糙, 段长度为L=0.75m。现有一小木块(可视为质点)从距面高为=0.2m的点无初速释放，恰好未从车上滑落。已知木块质量1kg，小车质量3kg，g取10m/s2。求：（1）木块滑到B点时的速度；（2）木块与面之间的动摩擦因数；（3）在整个过程中，小车给档板的冲量。21121Bvmghm22 10 0.2/2/Bvghm sm